步步高2015(新课标)一轮讲义：专题05应用力学两大观点分析多过程问题

第3课时力的合成与分解考纲解读1.会用平行四边形定则、三角形定则进行力的合成与分解.2.会用正交分解法进行力的合成与分解．1．[对合力与分力概念的理解]关于几个力及其合力，下列说法错误的是() A．合力的作用效果跟原来那几个力共同作用产生的效果相同B．合力与原来那几个力同时作用在物体上C．合力的作用可以替代原来那几个力的作用D．求几个力的合力遵守平行四边形定则答案 B解析合力与分力是等效替代的关系，即合力的作用效果与几个分力的共同作用效果相同，合力的作用效果可以替代这几个分力的作用效果，但不能认为合力与分力同时作用在物体上，A、C正确，B错误；力是矢量，所以求合力时遵守平行四边形定则，D正确．2．[对力的合成的理解]两个力F1和F2间的夹角为θ，两个力的合力为F.以下说法正确的是() A．若F1和F2大小不变，θ角越小，合力F就越小B．合力F总比分力中的任何一个力都大C．如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大D．合力F可能比分力中的任何一个力都小答案 D解析F1、F2大小不变，合力随它们夹角的增大而减小，随夹角的减小而增大，A错；合力F可能比F1、F2都大，也可能比F1、F2都小，还可能等于其中的一个力的大小，B错，D对；如图所示，F1大小不变，F1与F2的夹角不变，F2增大时，合力F先减小后增大，C错．3．[对合力与分力等效性的理解]如图1所示，体操吊环运动有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环(图甲)，然后身体下移，双臂缓慢张开到图乙位置，则在此过程中，吊环的两根绳的拉力F T(两个拉力大小相等)及它们的合力F的大小变化情况为()图1A．F T减小，F不变B．F T增大，F不变C．F T增大，F减小D．F T增大，F增大答案 B解析在甲中2F T＝mg，在乙中，2F T cos α＝mg(α为绳与竖直方向的夹角)，所以F T变大，但二个F T的合力为mg不变，选项B正确．4．[力的合成与分解]帆船航行时，遇到侧风需要调整帆面至合适的位置，保证船能有足够的动力前进．如图2是帆船航行时的俯视图，风向与船航行方向垂直，关于帆面的a、b、c、d四个位置，可能正确的是()图2A．a B．bC．c D．d答案 B解析对c而言，帆面与风向平行，风力不起作用；对a而言，风力垂直于帆面，无法分解出沿航行方向的力；对d而言，风力沿航行方向的分力对船来说是阻力；只有b 情况下，风力沿航行方向的分力提供船航行的动力．B正确．5．[用三角形法求力的最小值]如图3所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向成30°角且绷紧，小球A处于静止状态，对小球A施加的最小的力是()图3A.3mgB.32mg C.12mg D.33mg 答案 C解析 球受重力mg 、绳的拉力F T 、外力F 三个力作用，合力为零．则mg 与F 的合力一定与F T 等大反向，画出力的三角形可知，当F 与F T 垂直时F 最小，F min ＝mg sin 30°＝12mg ，选项C 正确．1．合力与分力(1)定义：如果一个力的作用效果跟几个力共同作用的效果相同，这一个力就叫那几个力的合力，那几个力就叫这个力的分力．(2)逻辑关系：合力和分力是一种等效替代关系．2．共点力：作用在物体上的力的作用线或作用线的反向延长线交于一点的力．3．力的合成的运算法则(1)平行四边形定则：求两个互成角度的共点力F1、F2的合力，可以用表示F1、F2的有向线段为邻边作平行四边形，平行四边形的对角线就表示合力的大小和方向，如图4甲所示．(2)三角形定则：求两个互成角度的共点力F1、F2的合力，可以把表示F1、F2的线段首尾顺次相接地画出，把F1、F2的另外两端连接起来，则此连线就表示合力的大小和方向，如图乙所示．图44．矢量和标量(1)矢量：既有大小又有方向的量．相加时遵循平行四边形定则．(2)标量：只有大小没有方向的量．求和时按算术法则相加．5．力的分解(1)概念：求一个力的分力的过程．(2)遵循的原则：平行四边形定则或三角形定则．(3)分解的方法①按力产生的实际效果进行分解．②正交分解法．考点一共点力的合成1．共点力合成的方法(1)作图法(2)计算法：根据平行四边形定则作出示意图，然后利用解三角形的方法求出合力，是解题的常用方法．2．重要结论(1)二个分力一定时，夹角θ越大，合力越小．(2)合力一定，二等大分力的夹角越大，二分力越大．(3)合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力．例1一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图5所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是()图5A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不确定B．三力的合力有惟一值3F3，方向与F3同向C．三力的合力有惟一值2F3，方向与F3同向D．由题给条件无法求出合力大小解析根据三力的图示，知F1、F2在竖直方向分力的大小均为3个单位，方向相反，在水平方向的分力分别为6个单位和2个单位，方向与F3方向相同．根据正交分解法求合力的思想知，3个力的合力为12个单位，与F3的方向相同，大小是F3的3倍，即F合＝3F3.选项B正确．答案 B突破训练1如图6所示，一根不可伸长的轻绳穿过轻滑轮，两端系在高度相等的A、B两点，滑轮下挂一物体，不计轻绳和轻滑轮之间的摩擦．保持A固定不动，让B缓慢向右移动，则下列说法正确的是()图6A．随着B向右缓慢移动，绳子的张力减小B．随着B向右缓慢移动，绳子的张力不变C．随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力变大D．随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力不变答案 D解析动滑轮在不计摩擦的情况下，两侧绳子拉力大小相等，平衡后，两侧绳子的拉力关于竖直方向对称．保持A固定不动，让B缓慢向右移动，则两侧绳子的夹角增大，绳上的张力增大，由于物体的重力不变，故绳AB的合力不变．本题应选D.考点二几种特殊情况下的力的合成问题1．两分力F1、F2互相垂直时(如图7所示)：图7F 合＝F 21＋F 22，tan θ＝F 2F 1. 2．两分力大小相等，即F 1＝F 2＝F 时(如图8所示)：图8F 合＝2F cos θ2. 3．两分力大小相等，夹角为120°时，可得F 合＝F .例2 如图9所示是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N ，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列判断正确的是( )图9A ．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104 NB ．此时千斤顶对汽车的支持力为2.0×105 NC ．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将增大D ．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将减小解析 把压力分解，得到此时两臂受到的压力大小均为1.0×105 N ，由牛顿第三定律，千斤顶对汽车的支持力为1.0×105 N ，若继续摇动把手，两臂间的夹角减小，而合力不变，故两分力减小，即两臂受到的压力减小．答案 D突破训练2 小娟、小明两人共提一桶水匀速前行，如图10所示，已知两人手臂上的拉力大小相等且为F ，两人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G ，则下列说法中正确的是( )图10A ．当θ为120°时，F ＝GB ．不管θ为何值，F ＝G 2C ．当θ＝0°时，F ＝G 2D ．θ越大，F 越小 答案 AC解析 由力的合成可知，两分力与合力大小相等时，θ＝120°，F 合＝F 分＝G ；θ＝0°， F 分＝12F 合＝G 2，故A 、C 对，B 错．θ越大，在合力一定时，分力越大，故D 错． 考点三 力分解的两种常用方法1．按力的效果进行分解：(1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向；(2)再根据两个实际分力的方向画出平行四边形；(3)最后由平行四边形和数学知识求出两分力的大小．2．正交分解法(1)定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法．(2)建立坐标轴的原则：以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)．例3重为G1＝8 N的砝码悬挂在轻绳P A和PB的结点上．P A偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在重力为G2＝100 N的木块上，木块静止于倾角为θ＝37°的斜面上，如图11所示．试求：木块与斜面间的摩擦力大小和木块所受斜面的弹力大小．图11解析对P点进行受力分析，建立如图甲所示的坐标系．由水平方向和竖直方向列方程得：F＝F1sin 37°，G1＝F1cos 37°联立解得F＝G1tan 37°＝8×34N＝6 N对G2进行受力分析建立如图乙所示的坐标系．平行斜面方向上，F cos θ＋G2sin θ＝F f解得摩擦力F f＝6×0.8 N＋100×0.6 N＝64.8 N垂直斜面方向上，F sin θ＋F N＝G2cos θ解得弹力F N＝100×0.8 N－6×0.6 N＝76.4 N答案64.8 N76.4 N力的合成法与分解方法的选择力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法，一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定．6．实际问题模型化后的合成与分解把力按实际效果分解的一般思路：例4如图12所示，两滑块放在光滑的水平面上，中间用一细线相连，轻杆OA、OB搁在滑块上，且可绕铰链O自由转动，两杆长度相等，夹角为θ，当竖直向下的力F作用在铰链上时，滑块间细线的张力为多大？图12解析把竖直向下的力F沿两杆OA、OB方向分解，如图甲所示，可求出作用于滑块上斜向下的力为：F1＝F2＝F2cos θ2斜向下的压力F1产生两个效果：竖直向下压滑块的力F1″和沿水平方向推滑块的力F1′，因此，将F1沿竖直方向和水平方向分解，如图乙所示，考虑到滑块不受摩擦力，细线上的张力等于F1在水平方向上的分力F1′，即：F1′＝F1cos π－θ2＝F1sin θ2解得：F1′＝F2tan θ2答案F2tanθ2高考题组1．(2013·重庆理综·1)如图13所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ.若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为()图13A．G B．G sin θC．G cos θD．G tan θ答案 A解析椅子各部分对人的作用力的合力与重力G是平衡力．因此选项A正确．2．(2012·山东理综·17)如图14所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．F f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则()图14A．F f变小B．F f不变C．F N变小D．F N变大答案 BD解析 选重物M 及两个木块m 组成的系统为研究对象，系统受力情况如图甲所示，根据平衡条件有2F f ＝(M ＋2m )g ，即F f ＝(M ＋2m )g 2，与两挡板间距离无关，故挡板间距离稍许增大后，F f 不变，所以选项A 错误，选项B 正确；如图乙所示，将绳的张力F T沿OO 1、OO 2两个方向分解为F 1、F 2，则F 1＝F 2＝F T 2cos θ，当挡板间距离稍许增大后，F T 不变，θ变大，cos θ变小，故F 1变大；选左边木块m 为研究对象，其受力情况如图丙所示，根据平衡条件得F N ＝F 1sin θ，当两挡板间距离稍许增大后，F 1变大，θ变大，sin θ变大，因此F N 变大，故选项C 错误，选项D 正确．甲乙 丙模拟题组3．已知两个共点力的合力为50 N ，分力F 1的方向与合力F 的方向成30°角，分力F 2的大小为30 N ．则( )A ．F 1的大小是唯一的B ．F 2的方向是唯一的C ．F 2有两个可能的方向D ．F 2可取任意方向答案 C解析 由F 1、F 2和F 的矢量三角形图可以看出：当F 2＝F 20＝25 N 时，F 1的大小才是唯一的，F 2的方向才是唯一的．因F 2＝30 N>F 20＝25 N ，所以F 1的大小有两个，即F 1′和F 1″，F 2的方向有两个，即F 2′的方向和F 2″的方向，故选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．4．如图15所示，将两根劲度系数均为k ，原长均为L 的轻弹簧，一端固定于水平天花板上相距为2L 的两点，另一端共同连接一质量为m 的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°.若将物体的质量变为M ，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°(sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则M m等于( )图15A.932B.916C.38D.34答案 A解析 在题图甲中，设弹簧长为x 1，则由题意知x 1sin 37°＝L ，所以x 1＝53L ，同理在题图乙中，有x 2cos 37°＝L ，所以x 2＝54L .在题图甲中，弹簧弹力F 1＝k (x 1－L )＝23kL ，在图题乙中，F 2＝k (x 2－L )＝14kL .在题图甲中，由力的合成知：2F 1cos 37°＝mg ，在题图乙中，2F 2sin 37°＝Mg ，所以Mg mg ＝2F 2sin 37°2F 1cos 37°＝932，即M m ＝932，选项A 正确． 5．如图16所示，重力为G 的小球用轻绳悬于O 点，用力F 拉住小球，使轻绳保持偏离竖直方向60°角且不变，当F 与竖直方向的夹角为θ时F 最小，则θ、F 的值分别为( )图16A ．0°，GB ．30°，32G C ．60°，GD ．90°，12G 答案 B解析 分解小球重力．沿绳OA 的分力方向确定，另一方向不确定，但由三角形定则可看出，另一分力F ′的大小与θ角的大小有关．由数学知识可知，当F ′的方向与绳OA 垂直时F ′最小，力F 最小．所以θ＝30°，F min ＝G cos 30°＝32G ，故B 正确．(限时：30分钟)►题组1对合力与分力的关系的理解1．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法中正确的是() A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零答案 C解析三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的大小的和与差之间时，这三个力的合力才可能为零，A、B、D错误，C正确．2．下列关于合力的叙述中正确的是()A．合力是原来几个力的等效替代，合力的作用效果与分力的共同作用效果相同B．两个力夹角为θ(0≤θ≤π)，它们的合力随θ增大而增大C．合力的大小总不会比分力的代数和大D．不是同时作用在同一物体上的力也能进行力的合成的运算答案AC解析力的合成的基本出发点是力的等效替代．合力是所有分力的一种等效力，它们之间是等效替代关系．合力和作用在物体上各分力间的关系，在效果上是和各分力的共同作用等效，而不是与一个分力等效．只有同时作用在同一物体上的力才能进行力的合成的运算．就合力与诸分力中的一个分力的大小相比较，则合力的大小可以大于、等于或小于该分力的大小，这是因为力是矢量．力的合成遵循平行四边形定则，合力的大小不仅跟分力的大小有关，而且跟分力的方向有关．根据力的平行四边形定则和数学知识可知，两个分力间夹角为θ(0≤θ≤π)，它们的合力随θ增大而减小．当θ＝0°时，合力最大，为两分力的代数和；当θ＝180°时，合力最小，等于两分力的代数差．所以合力的大小总不会比分力的代数和大．3．一件行李重为G，被绳OA和OB吊在空中，OA绳和OB绳的拉力分别为F1、F2，如图1所示，则()图1A．F1、F2的合力是GB．F1、F2的合力是FC．行李对绳OA的拉力方向与F1方向相反，大小相等D．行李受到重力G、OA绳拉力F1、OB绳拉力F2，还有F共四个力答案BC解析合力与分力具有等效替代的关系．所谓等效是指力F的作用效果与其分力F1、F2共同作用产生的效果相同．F1和F2的合力的作用效果是把行李提起来，而G的作用效果是使行李下落，另外产生的原因(即性质)也不相同，故A错误；F1和F2的作用效果和F的作用效果相同，故B正确；行李对绳OA的拉力与拉行李的力F1是相互作用力，等大反向，不是一个力，故C正确；合力F是为研究问题方便而假想出来的力，实际上不存在，应与实际受力区别开来，故D错误．4．有两个大小相等的共点力F1和F2，当它们的夹角为90°时，合力为F，它们的夹角变为120°时，合力的大小为()A．2F B.2 2FC.2FD.3 2F答案 B解析根据题意可得，F＝2F1.当两个力的夹角为120°时，合力F合＝F1＝22F.►题组2力的合成法的应用5．如图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是()答案 C解析由矢量合成法则可知A图的合力为2F3，B图的合力为0，C图的合力为2F2，D 图的合力为2F3，因F2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C图．6．水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m＝10 kg的重物，∠CBA＝30°，如图2所示，则滑轮受到绳子的作用力的大小为(g取10 N/kg)()图2A．50 N B．20 NC．100 N D．100 3 N答案 C解析滑轮受到绳子的作用力应等效为两段绳中拉力F1和F2的合力，因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重力，即F1＝F2＝G＝mg＝100 N．可考虑应用平行四边形定则或三角形定则合成．方法一：用平行四边形定则作图，如图甲所示，可知合力F＝100 N，所以滑轮受绳的作用力为100 N，方向与水平方向成30°角斜向下，正确选项为C.方法二：用三角形定则作图，如图乙所示．由几何关系解出F＝F1＝F2＝100 N.甲 乙7．如图3所示，光滑斜面倾角为30°，轻绳一端通过两个滑轮与A 相连，另一端固定于天花板上，不计绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量．已知物块A 的质量为m ，连接A 的轻绳与斜面平行，挂上物块B 后，滑轮两边轻绳的夹角为90°，A 、B 恰保持静止，则物块B 的质量为( )图3A.22m B.2m C ．m D ．2m 答案 A解析 设绳上的张力为F ，对斜面上的物体A 受力分析可知 F ＝mg sin 30°＝12mg对B上面的滑轮受力分析如图m B g＝F合＝2F＝22mg所以m B＝22m，选项A正确．8．某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图4所示的四种情况中(坐标纸中每格边长表示1 N大小的力)，该物体所受的合外力大小正确的是()图4A．甲图中物体所受的合外力大小等于4 NB．乙图中物体所受的合外力大小等于2 NC．丙图中物体所受的合外力大小等于0D．丁图中物体所受的合外力大小等于0答案 D解析 对甲，先将F 1与F 3直接合成，再以3 N 和4 N 为边画平行四边形，并结合勾股定理易知合力为5 N ，A 项错误；对乙，先将F 1与F 3正交分解，再合成，求得合力等于5 N ，B 项错误；对丙，可将F 3正交分解，求得合力等于6 N ，C 项错误；根据三角形法则，丁图中合力等于0，D 项正确．9．如图5所示，A 、B 为竖直墙面上等高的两点，AO 、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为轻杆．光滑转轴C 在AB 中点D 的正下方，A 、O 、B 在同一水平面内．∠AOB ＝120°，∠COD ＝60°.若在O 点处悬挂一个质量为m 的物体，则平衡后绳AO 所受的拉力和杆CO 所受的压力分别为( )图5A.33mg 233mg B ．mg 12mgC.233mg 33mgD.12mg mg 答案 A解析 由题图可知杆CO 的弹力沿杆斜向上，两个分力分别与竖直绳的拉力mg 和AO 、BO 两绳合力F DO 平衡，将竖直绳中的拉力分解为对杆CO 的压力及对AO 、BO 两绳沿DO 方向的拉力，如图甲所示．则F CO sin 60°＝mg ，F DO ＝F CO cos 60°，解得F CO ＝233mg ，F DO＝33mg.又由于OA、OB夹角为120°，且两绳拉力相等，所以两绳拉力应与合力F DO相等，如图乙所示，所以F AO＝33mg.►题组3力的分解的应用10．如图6所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂着，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20 3 N，g取10 m/s2，则下列说法中错误的是()图6A．弹簧的弹力为10 NB．重物A的质量为2 kgC．桌面对B物体的摩擦力为10 3 ND．OP与竖直方向的夹角为60°答案 D解析O′a与aA两线拉力的合力与OP线的张力大小相等．由几何知识可知F O′a＝F aA＝20 N，且OP与竖直方向夹角为30°，D不正确；重物A的重力G A＝F aA，所以m A＝2 kg，B正确；桌面对B的摩擦力F f＝F O′b＝F O′a cos 30°＝10 3 N，C正确；弹簧的弹力F弹＝F O′a sin 30°＝10 N，故A正确．11．据《城市快报》报道，北宁动物园门前，李师傅用牙齿死死咬住长绳的一端，将停放着的一辆小卡车缓慢拉动，如图7所示．小华同学看完表演后做了如下思考，其中正确的是()图7A．李师傅选择斜向上拉可以减少车对地面的正压力，从而减少车与地面间的摩擦力B．李师傅选择斜向上拉可以减少人对地面的正压力，从而减少人与地面间的摩擦力C．车被拉动的过程中，绳对车的拉力大于车对绳的拉力D．若将绳系在车顶斜向下拉，拉动汽车将更容易答案 A解析小卡车缓慢移动可认为F合＝0.(1)若斜向上拉如图甲所示F cos θ－F f＝0；F N＋F sin θ－mg＝0，F f＝μF N，解得F＝μmg；(2)若斜向下拉，如图乙所示F′cos θ－F f＝0；F N－F′sin θ－mg＝0，cos θ＋μsin θF f＝μF N，解得F′＝μmgcos θ－μsin θ.经比较可知F<F′，即斜向上拉省力，故选项A对，B、D错；车被拉动的过程中，绳对车的拉力与车对绳的拉力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，C错．。

2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练专题05多过程问题和追及相遇问题导练目标导练内容目标1多过程问题目标2追及相遇问题【知识导学与典例导练】一、多过程问题1.多过程问题的处理方法和技巧：（1）充分借助v-t 图像，从图像中可以反映出物体运动过程经历的不同阶段，可获得的重要信息有加速度（斜率）、位移（面积）和速度；（2）不同过程之间的衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度；（3）用好匀变速直线运动的三个基本公式和平均速度公式：v ＝v 0＋at ；x ＝v 0t ＋12at 2；v 2－v 02＝2ax ；x ＝v ＋v 02t 。

2.两种常见的多过程模型（1）多过程v-t 图像“上凸”模型【特点】全程初末速度为零，匀加速直线运动过程和匀减速过程平均速度相等。

【三个比例关系】①由速度公式：v=a 1t 1；v=a 2t 2（逆向看作匀加速直线运动）得：2121t t a a =；②由速度位移公式：v 2=2a 1x 1；v 2=2a 2x 2（逆向看作匀加速直线运动）得：2121x x a a =；③由平均速度位移公式：211vt x =；222vt x =得：2121x x t t =。

【衔接速度和图线所围面积】①衔接速度是两个不同过程联系的关键，它可能是一个过程的末速度，另外一个过程的初速度。

②图线与t 轴所围面积，可能是某个过程的位移，也可能是全过程的位移。

（2）多过程v-t 图像“下凹”模型【案例】车过ETC 通道耽搁时间问题：耽搁的距离：阴影面积表示的位移x ∆；耽搁的时间：x t v∆∆=【例1】如图是公园内游乐场的一项娱乐设备。

一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。

已知座舱开始下落时离地面的高度为H ，当落到离地面h 的位置时开始制动，座舱做匀减速运动直到停止。

不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。

步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：3.1牛顿第一定律-牛顿第三定律第1课时牛顿第一定律牛顿第三定律考纲解读1.理解牛顿第一定律的内容和惯性，会分析实际问题.2.理解牛顿第三定律的内容，会区分相互作用力和平衡力．1．[对运动和力的关系的理解]下面是摘自上个世纪美国报纸上的一篇小文章：“阿波罗”登月火箭在脱离地球飞向月球的过程中，飞船内的宇航员通过无线电与在家中上小学的儿子汤姆通话．宇航员：“汤姆，我们现在已关闭了所有发动机，正向月球飞去．”汤姆：“你们关闭了所有发动机，那靠什么力量推动火箭向前运动呢？”宇航员思考了一会儿，说：“我想大概是伽利略在推动火箭向前运动吧．”若不计星球对火箭的作用力，由上述材料可知下列说法中正确的是()A．汤姆的问话所体现的物理思想是“力是维持物体运动的原因”B．宇航员的答话所体现的物理思想是“力是维持物体运动的原因”C．宇航员的答话所体现的物理思想是“物体的运动不需要力来维持”D．宇航员的答话的真实意思是火箭正在依靠惯性飞行答案ACD解析上小学的汤姆，对于力和运动的认识，只能凭经验感觉，不会认识到力是改变物体运动状态的原因，故A正确；宇航员的答话所体现的物理思想是“物体的运动不需要力来维持”，即火箭依靠惯性飞行，故B错误，C、D正确．2．[对牛顿第一定律和惯性的理解]一列以速度v 匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上A处有一相对桌面静止的小球．由于列车运动状态的改变，车厢中的旅客发现小球沿如图(俯视图)中的虚线从A点运动到B点，则说明列车是减速且在向南拐弯的图是()答案 A解析由于列车原来做匀速运动，小球和列车保持相对静止，现在列车要减速，由于惯性小球必向前运动，C、D错；又因列车要向南拐弯，由做曲线运动的条件知列车要受到向南的力的作用，即桌子受到向南的力的作用，所以小球相对桌面向北运动，A对，B错．3．[对牛顿第三定律的理解]关于两个物体间的作用力和反作用力，下列说法正确的是() A．作用力和反作用力一定同时产生、同时消失B．作用力和反作用力可以不同时产生C．作用力和反作用力一定是相同性质的力D．作用力和反作用力的效果会相互抵消答案AC解析作用力和反作用力一定是同时产生、同时变化、同时消失，力的性质一定相同，由于二者分别作用在两个物体上，力的作用效果不能相互抵消，故A、C对，B、D错．4．[相互作用力与平衡力的区别]某学校教室里的磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁，小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案，如图1所示．关于小磁铁，下列说法中正确的是()图1A．磁铁受到的磁吸引力大于受到的弹力才能被吸在黑板上B．磁铁与黑板间在水平方向上存在两对作用力与反作用力C．磁铁受到五个力的作用D．磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对平衡力答案 B解析磁铁受到重力、磁吸引力、黑板的弹力和静摩擦力共四个力的作用，其中重力与静摩擦力、磁吸引力与弹力分别是一对平衡力，它们大小相等、方向相反，故A、C错；磁铁与黑板间在水平方向上存在着相互的磁吸引力和弹力这样两对作用力与反作用力，故B正确；磁铁受到的支持力与黑板受到的压力都是弹力，施力物体与受力物体互换，是一对作用力与反作用力，而不是一对平衡力，一对平衡力必须是同一个物体受到的两个力，故D错．一、牛顿第一定律1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．2．意义(1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．(2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律．3．惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．(2)量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关．二、牛顿第三定律1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．2．相互作用力与平衡力的区别：判断平衡力和相互作用力时，A物体B物体的关系，则为相互作用力；若为A物体→B物体←C物体的关系则为平衡力．考点一牛顿第一定律的理解与应用1．明确了惯性的概念．2．揭示了力的本质．3．揭示了不受力作用时物体的运动状态．例1就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是() A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度．这表明，可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的解析采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，原因是功率变大了，但惯性不变，选项A错误；射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，原因是子弹具有的动能过小，但惯性不变，选项B错误；货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，列车的质量改变了，当然它的惯性也就改变了，选项C正确；摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，调控人和车的重心位置，但整体的惯性不变，选项D错误．答案 C突破训练1如图2所示，在一个向右匀速行驶的车厢内有一高h的货架，货架边缘有一小球，当车突然加速行驶时，小球从货架边缘脱落，若小球下落过程中未与车厢的后壁相碰，则以地面为参考系，则小球将做()图2A．自由落体运动B．水平向右的平抛运动C．水平向左的平抛运动D．向左下方的直线运动答案 B考点二牛顿第三定律的理解与应用1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”(1)“三同”：①大小相同；②性质相同；③变化情况相同．(2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生的效果不同．(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关．2．相互作用力与平衡力的比较例2我们都难以忘记刘翔那优美的跨栏姿势．在他跨越栏架的过程中()A．支撑脚蹬地的瞬间，地面对脚的支持力大于脚对地面的压力B．支撑脚蹬地的瞬间，地面受到向后的摩擦力C．支撑脚离地后，他还受到向前冲的力，以至于能很快地通过栏架D．运动到最高处时，速度达到最大值，方向沿水平方向向前解析刘翔在跨越栏架的过程中，支撑脚蹬地的瞬间，地面对脚的支持力等于脚对地面的压力，脚受到向前的摩擦力，地面受到向后的摩擦力，脚离地后，他只受到重力作用，做减速运动，故B正确．答案 B突破训练2用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力() A．一定小于手对砖的支持力B．一定等于手对砖的支持力C．一定大于手对砖的支持力D．一定大于砖的重力答案BD解析由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和反作用力，二者等大反向，B项对．对砖受力分析，则F N－mg＝ma，F N>mg，D项对．10.牛顿第三定律的应用——用“转移对象法”进行受力分析作用力与反作用力，二者一定等大反向，分别作用在两个物体上．当待求的某个力不容易求时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力．在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此．例3一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M，环的质量为m，如图3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为F f，则此时箱对地面的压力大小为多少？图3审题与关联解析环在竖直方向上受力情况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力F f，根据牛顿第三定律，环应对杆一个竖直向下的摩擦力F f′.故箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示，其受重力Mg、地面对它的支持力F N及环对它的摩擦力F f′.由于箱子处于平衡状态，可得：F N＝F f′＋Mg＝F f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则F N′＝F N＝F f ＋Mg答案F f＋Mg高考题组1．(2013·新课标Ⅰ·14)如图4是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据．伽利略可以得出的结论是()图4A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D．物体运动的加速度与重力加速度成正比答案 C解析由题表可知，伽利略研究的是物体沿斜面运动的距离与时间的关系．由计算可得每一组数据中第三列数据大约总是第一列数据的33倍左右，故可以得出物体运动的距离与时间的平方成正比，所以C选项正确．2．(2013·山东·14)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有()A．力不是维持物体运动的原因B．物体之间普遍存在相互吸引力C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反答案AC解析伽利略利用理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因．伽利略利用实验和归谬法得到在忽略空气阻力的情况下，轻的物体和重的物体下落的同样快．故选项A、C正确．3．(2011·浙江·14)如图5所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是()图5A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利答案 C解析甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A错误．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B错误．设绳子的张力为F，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F，若m甲>m乙，则由a＝Fm得，a甲<a乙，由x＝12at2得在相等时间内甲的位移小，因开始时甲、乙距分界线的距离相等，则乙会过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项C正确．收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项D错误．模拟题组4．关于惯性的认识，以下说法正确的是() A．物体受到力的作用后，运动状态发生改变，惯性也随之改变B．置于光滑水平面上的物体即使质量很大也能被拉动，说明惯性与物体的质量无关C．用力让物体的速度发生改变，无论力多大，都需要一定时间，这是因为物体具有惯性D．同一物体沿同一水平面滑动，速度较大时停下来的时间较长，说明惯性与速度有关答案 C5．放在水平面上的物体受到一个水平向右的拉力F作用处于静止状态，下列说法中正确的是()A．物体对水平面的压力就是物体的重力B．拉力F和水平面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力C．物体受到的合外力为零D．物体受到四对平衡力的作用答案 C6．如图6所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为()图6A．(M＋m)gB．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋maD．(M－m)g答案 B解析对竿上的人受力分析：其受重力mg、摩擦力F f，且有mg－F f＝ma竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿受力分析：其受重力Mg、摩擦力F f，方向向下、支持力F N，且有Mg＋F f＝F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律得F N′＝F N ＝(M＋m)g－ma，B项正确．(限时：30分钟)►题组1对力和运动关系的理解1．在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献．以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是()A．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大则速度就越大C．两物体从同一高度自由下落，轻的物体下落慢D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”答案 A解析人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，由于惯性，人在水平方向具有起跳时车的速度，但由于车是加速的，故人将落在起跳点的后方，这正是伽利略、牛顿的观点，亚里士多德却认为力是维持物体运动的原因，物体受力大运动就快，所以才有轻的物体下落慢及静止状态才是物体不受力时的“自然状态”等错误观点．只有A选项是伽利略、牛顿的观点，故选A.2．伽利略用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图1所示．伽利略设计这个实验的目的是为了说明()图1A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度B．如果没有摩擦，物体运动时机械能守恒C．维持物体做匀速直线运动并不需要力D．如果物体不受到力，就不会运动答案 C解析在伽利略理想斜面实验中，“小球从两个对接的斜面中的固定斜面滚下后将滚上另一个斜面”是经验事实；“如果没有摩擦小球将运动到与释放时相同的高度”是推论；“减小第二个斜面的倾角，小球在斜面上滑行的距离更长”也是推论；“当第二个斜面的倾角为零时，小球将沿水平面做匀速直线运动而不需要力来维持”是外推的结果．本实验是为了否定亚里士多德的观点，揭示物体的运动不需要力来维持，所以C正确，A、B、D均错误．3．下列对运动的认识错误的是()A．亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止B．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快C．牛顿认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因D．伽利略根据理想实验推出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去答案 A解析对于力和运动的关系，亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止，即力是产生和维持物体运动的原因，这种观点是不正确的，A符合题意；伽利略通过斜面实验分析并推理，如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快，B不符合题意；牛顿第一定律指出力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因，C不符合题意；伽利略根据理想实验并通过科学推理得到，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去，D不符合题意．4．关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是()A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同答案BD解析力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运动状态就一定会改变，A错误，B正确；物体不受力或所受合力为零，其运动状态一定不变，处于静止状态或匀速直线运动状态，C错误；物体的运动方向与它所受合力的方向可能相同，也可能相反，还可能不在一条直线上，D正确．►题组2对惯性的理解和应用5．下列关于惯性的各种说法中，你认为正确的是()A．抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的B．在完全失重的情况下，物体的惯性将消失C．把手中的球由静止释放后，球能竖直加速下落，说明力是改变物体惯性的原因D．材料不同的两个物体放在地面上，用一个相同的水平力分别推它们，则难以推动的物体惯性大答案 A6．月球表面上的重力加速度为地球表面的重力加速度的16.对于同一个飞行器，在月球表面上时与在地球表面上时相比较()A ．惯性减小为在地球表面时的16，重力不变B ．惯性和重力都减小为在地球表面时的16C ．惯性不变，重力减小为在地球表面时的16D ．惯性和重力都不变答案 C解析 因同一物体的质量与它所在位置及运动状态无关．所以这个飞行器从地球到月球，其惯性大小不变．物体的重力发生变化，这个飞行器在月球表面上的重力为G月＝mg 月＝m ·16g 地＝16G 地．选C. 7．抖空竹是人们喜爱的一项体育活动．最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的发展，如图2所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在的空竹大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的．关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是()图2A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好C．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动答案AD解析本题考查牛顿第一定律．空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒从绳子上落下，选项A正确；空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项B错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项C错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项D正确．►题组3对牛顿第三定律及平衡力的考查8．消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是()A．绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力B．消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对作用力与反作用力C．绳子对儿童的拉力大于儿童的重力D．消防员对绳子的拉力大于儿童对绳子的拉力答案 C解析绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，大小相等，A项错误；消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力不是一对作用力与反作用力，B项错误；儿童加速上升，绳子对儿童的拉力大于儿童的重力，C项正确；因为不计绳子的重力，消防员对绳子的拉力等于儿童对绳子的拉力，D项错误．9．一物体静止于斜面上，如图3所示，则下列说法正确的是()图3A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力C．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力答案 B解析根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故A错，B对．物体所受的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知C错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为对斜面的压力，D错．10．一物体受绳子的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动，则下列说法中正确的是()A．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力B．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力C．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等D．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等答案 D解析绳拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力．根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，分别作用在物体上和绳子上，作用力和反作用力的关系与物体的运动状态和作用效果无关．加速前进、匀速前进或减速前进时，绳子拉物体的力都等于物体拉绳子的力，故A、B、C均错，第 41 页 共 42 页D 正确．11．如图4所示，质量为60 kg 的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m ＝40 kg 的重物送入井中．当重物以2 m/s 2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则人对地面的压力大小为(g 取10 m/s 2)()图4A ．200 NB ．280 NC ．320 ND ．920 N答案 B解析 由牛顿第二定律得：mg －F ＝ma ，F ＝m (g －a )＝40×(10－2) N ＝320 N ，绳子对人的拉力F ′＝320 N ，由平衡条件得：F N ＝Mg －F′＝(60×10－320) N＝280 N．由牛顿第三定律知，人对地面的压力大小为280 N，故B 正确．第 42 页共 42 页。

w专题二 受力分析 共点力的平衡考纲解读 1.学会进行受力分析的一般步骤与方法.2.掌握共点力的平衡条件及推论.3.掌握整体法与隔离法，学会用图解法分析动态平衡问题和极值问题．1．[对平衡状态的理解](2014·北京101中学上学期阶段考)下列说法正确的是( )A ．被竖直上抛的物体到达最高点时，物体处于平衡状态B ．电梯匀速上升时，电梯中的人不处于平衡状态C ．在小车的水平光滑表面上静置一小木块，当小车加速运动时，小物块仍处于平衡状态D ．竖直弹簧上端固定，下端挂一重物，平衡后，用力F 将它再拉一段距离后停止，当突然撤去力F 时，重物仍处于平衡状态 答案 C解析 物体被竖直上抛到达最高点时，速度为0，但由于合力不为0，物体并没有处于平衡状态，A 选项错误；电梯匀速上升时，电梯中的人所受合力为0，人处于平衡状态，B 选项错误；由于小车表面光滑，当小车加速时，木块在水平方向上的合力依然为0，木块处于平衡状态，C 选项正确；重物处于平衡状态，即F ′＝G ，当用力将重物下拉后突然撤去外力，则有F ′>G ，合力向上，重物此时并不处于平衡状态，D 选项错误． 2．[对物体受力分析]如图1所示，两个等大、反向的水平力F 分别作用在物体A 和B 上，A 、B 两物体均处于静止状态．若各接触面与水平地面平行，则A 、B 两物体各受几个力()图1A ．3个、4个B ．4个、4个C ．4个、5个D ．4个、6个 答案 C解析 由于A 静止，A 受重力、B 的支持力、拉力F 及B 对A 向左的静摩擦力，共4个力．把A、B看做一个整体可知，两个力F的效果抵消，地面对B没有静摩擦力作用，故B 受重力、拉力F、地面的支持力、A对B的压力和A对B向右的静摩擦力，共5个力的作用．选项C正确．3．[受力分析和平衡条件的应用]如图2所示，质量为m的物体A处于水平地面上，在斜向下的推力F的作用下，向右做匀加速运动，则下列说法中正确的是()图2A．物体A可能只受到三个力的作用B．物体A一定受到四个力的作用C．物体A受到的滑动摩擦力大小为F cos θD．物体A对水平地面的压力的大小等于mg答案 A4．[整体法和隔离法的应用]如图3所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面上，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力F N和摩擦力F f正确的是()图3 A．F N＝m1g＋m2g－F sin θB．F N＝m1g＋m2g－F cos θC．F f＝F cos θD．F f＝F sin θ答案AC解析将m1、m2和弹簧看做整体，受力分析如图所示根据平衡条件得F f＝F cos θF N＋F sin θ＝(m1＋m2)g则F N＝(m1＋m2)g－F sin θ故选项A、C正确．ww1．共点力作用下物体的平衡(1)平衡状态物体处于静止或匀速直线运动的状态．(2)共点力的平衡条件：F 合＝0或者⎩⎪⎨⎪⎧F 合x ＝0F 合y＝02．共点力平衡的几条重要推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反．(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反．(3)多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡状态，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反．考点一 物体的受力分析1．定义：把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析．2．受力分析的一般顺序：先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力．例1 如图4所示，木块A 和B 接触面水平，在水平力F 作用下，木块A 、B 保持静止，则木块B 受力的个数可能是()图4A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个解析 根据整体法，把A 、B 作为一个整体，整体受重力、水平向左 的推力F ，斜面的支持力F N ，斜面对整体的摩擦力可有可无，即斜面 对B 物体的摩擦力无法判断．将A 隔离，B 对A 有向右的静摩擦力，故A 对B 有向左的静摩擦力，所以B 受力分析如图，所以B 物体受力可能是4个也有w 可能是5个．答案BC受力分析的方法步骤突破训练1如图5所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是()图5A．a一定受到4个力B．b可能受到4个力C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．a与b之间一定有摩擦力答案AD解析将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，所以a受到4个力作用．甲乙w考点二 平衡条件的应用方法 1．处理平衡问题的常用方法2(1)物体受三个力平衡时，利用力的分解法或合成法比较简单．(2)解平衡问题建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合，需要分解的力尽可能少．物体受四个以上的力作用时一般要采用正交分解法．例2 如图6所示，质量为M 的斜面体A 置于粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m 的小球B 置于斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角θ＝30°，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则( )图6A ．斜面体对小球的作用力大小为mgB ．轻绳对小球的作用力大小为12mgC ．斜面体对水平面的压力大小为(M ＋m )gD ．斜面体与水平面间的摩擦力大小为34mg 解析 以小球为研究对象，对其受力分析如图．因小球保持静止，所以由共点力的平衡条件可得：wmg sin θ－F T＝0①F N－mg cos θ＝0②由①②两式可得F T＝mg sin θ＝12mgF N＝mg cos θ＝32mg即轻绳对小球的作用力(拉力)为12mg，斜面对小球的作用力(支持力)为32mg.A错，B对．把小球和斜面体作为一个整体进行研究，其受重力(M＋m)g，水平面的支持力F N′、摩擦力F f以及轻绳的拉力F T.受力情况如图所示．因研究对象处于静止状态，所以由平衡条件可得：F f－F T cos θ＝0③F N′＋F T sin θ－(M＋m)g＝0④联立①③④式可得：F N′＝Mg＋34mg，F f＝34mg由牛顿第三定律可知斜面体对水平面的压力为Mg＋34mg.C错，D对．答案BD共点力作用下物体平衡的一般解题思路w突破训练2 如图7所示，质量为m 的小球通过轻绳吊在天花上，在大小为F 的水平向右的力作用下处于静止状态，细绳与竖直方向的夹角为θ.下列关于绳对小球的拉力大小F T 的表达式，正确的是()图7A ．F T ＝mgtan θB ．F T ＝Fsin θC ．F T ＝F 2＋(mg )2D ．F T ＝F sin θ＋mg cos θ 答案 BCD考点三 用图解法进行动态平衡的分析1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题． 2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”． 3．基本方法：图解法和解析法．例3 如图8所示，物体在沿粗糙斜面向上的拉力F 作用下处于静止状态．当F 逐渐增大到物体即将相对于斜面向上运动的过程中，斜面对物体的作用力可能()图8A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大解析 因为初始状态拉力F 的大小未知，所以斜面对物体的摩擦力大 小和方向未知，故在F 逐渐增大的过程中，斜面对物体的作用力的变 化存在多种可能．斜面对物体的作用力是斜面对物体的支持力与摩擦 力的合力．因为物体始终保持静止状态，所以斜面对物体的作用力和w物体重力G 与拉力F 的合力是平衡力．因此，判断斜面对物体的作用力的变化就转化为分析物体的重力G 和拉力F 的合力的变化．物体的重力G 和拉力 F 的合力的变化如图所示，由图可知，F 合可能先减小后增大，也可能逐渐增大． 答案AD用图解法解动态平衡问题的一般思路(1)平行四边形定则是基本方法，但也要根据实际情况采用不同的方法： ①若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系；②若给定条件中有长度条件，常用力组成的三角形(矢量三角形)与长度组成的三角形(几何三角形)的相似比求解．(2)用力的矢量三角形分析力的最小值问题的规律：①若已知F 合的方向、大小及一个分力F 1的方向，则另一分力F 2的最小值的条件为F 1⊥F 2；②若已知F 合的方向及一个分力F 1的大小、方向，则另一分力F 2的最小值的条件为F 2⊥ F 合．突破训练3 如图9所示，将球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向缓慢向上偏移至竖直方向的过程中，细绳上的拉力将()图9A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大 答案 D解析 球的重力有两个效果，即拉细绳和压斜面，用图解法分析该 题，作出力的分解图示如图所示．由图可知，当细绳由水平方向逐 渐向上偏移至竖直方向时，细绳上的拉力F 2将先减小后增大，当F 2 和F 1的方向垂直时，F 2有极小值；而球压斜面的力F 1逐渐减小．故 选项D 正确．考点四 平衡中的临界与极值问题 1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好w出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．常见的临界状态有：(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)；(2)绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中张力为0；(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大．研究的基本思维方法：假设推理法． 2．极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分析．例4 重为G 的木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，一人欲用最小的作用力F 使木块做匀速运动，则此最小作用力的大小和方向应如何？解析 木块在运动过程中受摩擦力作用，要减小摩擦力，应使作用力F 斜向上，设当F 斜向上与水平方向的夹角为α时，F 的值最小．木块受力分析如图所示，由平衡条件知：F cos α－μF N ＝0，F sin α＋F N －G ＝0 解上述二式得：F ＝μG cos α＋μsin α令tan φ＝μ，则sin φ＝μ1＋μ2，cos φ＝11＋μ2可得F ＝μG cos α＋μsin α＝μG1＋μ2cos (α－φ)可见当α＝φ时，F 有最小值，即F min ＝μG1＋μ2 答案μG1＋μ2与水平方向成α角且tan α＝μ 解决极值问题和临界问题的方法(1)图解法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值．w (2)数学解法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)．突破训练4如图10所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F的大小()图10A．可能为33mg B．可能为52mgC．可能为2mg D．可能为mg答案BCD解析本题相当于一悬线吊一质量为2m的物体，悬线OA与竖直方向夹角为30°，与悬线OA垂直时外力F最小，大小为mg，所以外力F大于或等于mg，故B、C、D正确．7．整体法与隔离法在平衡问题中的应用整体法和隔离法的使用技巧当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时常用隔离法．整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．例5如图11所示，A、B、C、D四个人做杂技表演，B站在A的肩上，双手拉着C和D，A撑开双手水平支持着C和D.若四个人的质量均为m，他们的臂长相等，重力加速度为g，不计A手掌与C、D身体间的摩擦．下列结论错误的是()图11wA ．A 受到地面的支持力为4mgB ．B 受到A 的支持力为3mgC ．B 受到C 的拉力约为233mgD ．C 受到A 的推力约为233mg解析 对A 、B 、C 、D 四个人组成的整体进行受力分析，竖直方向上受重力4mg 和地面的支持力F N 而平衡，故F N ＝4mg ，而支持力作用在A 上，即A 受到地面的支持力为4mg ，故A 项正确；将B 、C 、D 视为一个整体，受重力3mg 和A 对整体的支持力F N ′而平衡，故F N ′＝3mg ，而A 对B 、C 、D 的支持力作用在B 上，故B 受到A 的支持力为3mg ，B 正确；对C 隔离分析：C 受重力mg ，A 对C 水平向左的推力F 推，B 对C 的拉力F 拉，设∠CBA 为θ，因四人的臂长相等，则CB ＝2CA ，故θ ≈30°，故F 拉 cos θ＝mg ，可得F 拉＝mg cos θ ＝233mg ，故C 正确；F 推＝F 拉 sin θ ＝ 33mg ，故D 错误．故本题选D. 答案 D高考题组1．(2013·新课标Ⅱ·15)如图12，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 2＞0)．由此可求出( )图12A ．物块的质量B ．斜面的倾角C ．物块与斜面间的最大静摩擦力D ．物块对斜面的正压力 答案 C解析 当拉力为F 1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，则F 1＝mg sin θ＋f m .当拉力为F 2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，则F 2＋f m ＝mg sin θ，由此解得f m ＝F 1－F 22，其余几个量无法求出，只有选项wC 正确．2．(2013·天津·5)如图13所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O 点．现用水平力F 缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N 以及绳对小球的拉力F T 的变化情况是()图13A ．F N 保持不变，F T 不断增大B ．F N 不断增大，F T 不断减小C ．F N 保持不变，F T 先增大后减小D ．F N 不断增大，F T 先减小后增大 答案 D解析 对小球受力分析如图(重力mg 、支持力F N ，绳的拉力F T )．画出一簇平行四边形如图所示，当F T 方向与斜面平行时，F T 最小，所以F T 先减小后增大，F N 一直增大，只有选项D 正确．模拟题组3．如图14，物体P 静止于固定的斜面上，P 的上表面水平，现把物体Q 轻轻地叠放在P上，则()图14A ．P 向下滑动B ．P 静止不动w C．P所受的合外力增大D．P与斜面间的静摩擦力增大答案BD解析设斜面的倾角为θ，放上Q，相当于增加了P的质量，对P受力分析并列平衡方程得mg sin θ＝f≤μmg cos θ，N＝mg cos θ.当m增加时，不等式两边都增加，不等式仍然成立，P仍然静止，故选B、D.4．如图15所示，传送带沿逆时针方向匀速转动．小木块a、b用细线连接，用平行于传送带的细线拉住a，两木块均处于静止状态．关于木块受力个数，正确的是()图15A．a受4个，b受5个B．a受4个，b受4个C．a受5个，b受5个D．a受5个，b受4个答案 D5．作用于O点的三个力平衡，设其中一个力大小为F1，沿y轴负方向，大小未知的力F2与正x轴方向夹角为θ，如图16所示，下列关于第三个力F3判断正确的是()图16A．力F3只可能在第二象限B．力F3与F2夹角越小，则F2和F3的合力越小C．F3的最小值为F1cos θD．力F3只能在第三象限答案 C解析据力的三角形定则画图如图所示，力F3可能在第二、第三象限中，所以A、D选项均错；不管力F2和F3夹角如何变化，它们w的合力大小始终等于F 1，所以B 选项错误；从图中可知，当F 3与 F 2垂直时有最小值，且等于F 3＝F 1cos θ，所以C 选项正确．6．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具，如图17所示．设拖把头的质量为m ，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向向下推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.当拖把头在地板上匀速移动时推拖把的力的大小为()图17A.μmg sin θ－μcos θB.μmg sin θ＋μcos θC.μmg cos θ－μsin θD.μmg cos θ＋μsin θ 答案A(限时：30分钟)►题组1 对物体受力分析1．如图1所示，两梯形木块A 、B 叠放在水平地面上，A 、B 之间的接触面倾斜．连接A 与天花板之间的细绳沿竖直方向，关于两木块的受力，下列说法正确的是()图1A ．A 、B 之间一定存在摩擦力作用 B ．木块A 可能受三个力作用C ．木块B 可能受到地面的摩擦力作用D ．B 受到的地面的支持力一定大于木块B 的重力 答案 B解析 当绳对A 的拉力等于A 的重力时，A 、B 之间没有弹力，也一定没有摩擦力，此时地面对B的支持力等于B的重力，因此选项A、D错误．当绳对A的拉力为零时，由力的平衡知，A应受重力、弹力和B对A的摩擦力共三个力的作用，选项B正确．由整体法可知，地面对B的摩擦力一定为零，选项C错误．2．如图2所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则()图2A．弹簧一定处于压缩状态B．滑块可能受到三个力作用C．斜面对滑块的支持力不能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小等于mg答案BC3．如图3所示，固定斜面上有一光滑小球，分别与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数不可能的是()图3A．1 B．2C．3 D．4答案 A解析设斜面倾角为θ，小球质量为m，假设轻弹簧P对小球的拉力大小恰好等于mg，则小球受二力平衡；假设轻弹簧Q对小球的拉力等于mg sin θ，小球受到重力、弹簧Q 的拉力和斜面的支持力作用，三力平衡；如果两个弹簧对小球都施加了拉力，那么除了重力，小球只有再受到斜面的支持力才能保证小球受力平衡，即四力平衡；小球只受单个力的作用，合力不可能为零，小球不可能处于静止状态．►题组2动态平衡问题分析4．如图4所示，用一根细线系住重力为G、半径为R的球，其与倾角为α的光滑斜劈接触，处于静止状态，球与斜面的接触面非常小，细线悬点O固定不动，在斜劈从图示位置缓慢水平向左移动直至绳子与斜面平行的过程中，下述正确的是()ww图4A ．细绳对球的拉力先减小后增大B ．细绳对球的拉力先增大后减小C ．细绳对球的拉力一直减小D ．细绳对球的拉力最小值等于G sin α 答案 CD解析 以小球为研究对象，对其受力分析如图所示，因题中“缓慢”移 动，故小球处于动态平衡，由图知在题设的过程中，F T 一直减小，当绳 子与斜面平行时，F T 与F N 垂直，F T 有最小值，且F Tmin ＝G sin α，故选 项C 、D 正确．5．在固定于地面的斜面上垂直安放了一个挡板，截面为14圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，乙没有与斜面接触而处于静止状态，如图5所示．现在从球心处对甲施加一平行于斜面向下的力F ，使甲沿斜面方向缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止．设乙对挡板的压力为F 1，甲对斜面的压力为F 2，在此过程中()图5A ．F 1缓慢增大，F 2缓慢增大B ．F 1缓慢增大，F 2缓慢减小C ．F 1缓慢减小，F 2缓慢增大D ．F 1缓慢减小，F 2保持不变 答案 D解析 对整体受力分析，如图甲所示，垂直斜面方向只受两个力：甲、乙重力在垂直于斜面方向的分力和斜面对甲的支持力F 2′，且F 2′－G cos θ＝0，即F 2′保持不变，由牛顿第三定律可知，甲对斜面的压力F 2也保持不变；对圆球乙受力分析如图乙、丙所示，当甲缓慢下移时，F N 与竖直方向的夹角减小，F 1减小．w甲 乙 丙6．如图6所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a 、b 靠在一起，表面光滑，重力为G ，其中b 的下半部刚好固定在水平面MN 的下方，上边露出另一半，a 静止在平面上．现过a 的轴心施以水平作用力F ，可缓慢的将a 拉离平面一直滑到b 的顶端，对该过程分析，则应有()图6A ．拉力F 先增大后减小，最大值是GB ．开始时拉力F 最大为3G ，以后逐渐减小为0C ．a 、b 间的压力开始最大为2G ，而后逐渐减小到GD ．a 、b 间的压力由0逐渐增大，最大为G 答案 BC解析 要把a 拉离平面，在开始时，平面MN 对a 球的支持力应为零，因此a 球受力分析如图甲所示，则sin θ＝R 2R ＝12，所以θ＝30°，拉力F ＝Gtan 30°＝3G .当球a 逐渐上移时，用图解法分析F 的变化如图乙所示 在球a 上移时，拉力F 逐渐减小至零．在开始时，F N ＝Gsin 30°＝2G ，以后逐渐减小至G ，因此正确选项为B 、C.►题组3 整体法与隔离法的应用7．如图7所示，A 和B 两物块的接触面是水平的，A 与B 保持相对静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B 的受力个数为()w图7A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个 答案 B解析 A 与B 相对静止一起沿斜面匀速下滑，可先将二者当做整体进行受力分析，再对B 单独进行受力分析，可知B 受到的力有：重力G B 、A 对B 的压力、斜面对B 的支持力和摩擦力，选项B 正确．8．如图8所示，水平固定倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m 的小球A 、B ，它们用劲度系数为k 的轻质弹簧连接，现对B 施加一水平向左的推力F 使A 、B 均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l ，则弹簧原长和推力F 的大小分别为()图8A ．l ＋mg 2k ，23mgB ．l ＋mg 2k ，233mgC ．l －mg 2k ，23mgD ．l －mg 2k ，233mg答案 D解析 以A 、B 和弹簧组成的系统为研究对象，则F cos 30°＝2mg sin 30°，得F ＝233mg ，隔离A 球有kx ＝mg sin 30°，得弹簧原长为l －x ＝l －mg2k ，则可得选项D 正确．9．如图9所示，两个截面半径均为r 、质量均为m 的半圆柱体A 、B 放在粗糙水平面上，A 、B 截面圆心间的距离为l .在A 、B 上放一个截面半径为r 、质量为2m 的光滑圆柱体C ，A 、B 、C 始终都处于静止状态，则( )图9A ．B 对地面的压力大小为3mg B ．地面对A 的作用力沿AC 方向 C ．l 越小，A 、C 间的弹力越小wD ．l 越小，地面对A 、B 的摩擦力越大 答案 C解析 由整体法知：B 对地面的压力F N ＝(m ＋m ＋2m )g2＝2mg ，A 项错；对A 受力分析如图，A 受四个力作用，地面对A 的作用力的方向为F CA 与mg 合力的反方向，肯定不是AC 方向，B 项错；当l 越小时，由图看出θ越小，而2F AC cos θ＝2mg ，因而F AC 随之变小，C 项正确；而地面对A 的摩擦力F f ＝F CA sin θ，可判得F f 也变小，D 项错，正确选项为C.►题组4 平衡条件的应用10．如图10所示，一个质量为m 的小物体静止在固定的、半径为R 的半圆形槽内，距内槽最低点高为R2处，则它受到的摩擦力大小为()图10A.12mgB.32mg C ．(1－32)mg D.22mg 答案 B解析 对m 进行受力分析如图所示．由几何知识知θ＝30° F f ＝G ·cos 30°＝32mg . 11．2013年8月我国“蛟龙”号载人潜水器成功实现下潜5 km 深度．设潜水器在下潜或上w升过程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用，其中，海水浮力F 始终不变，所受海水阻力仅与潜水器速率有关．已知当潜水器的总质量为M 时恰好以速率v 匀速下降，若使潜水器以同样速率匀速上升，则需要从潜水器储水箱向外排出水的质量为(重力加速度为g )( )A ．2(M －F g )B ．M －2FgC ．2M －F gD ．2M －F2g答案 A解析 由于以同样速率匀速上升，则所受的阻力大小不变．设减少的质量为m ，运动过程中受到的阻力为F f .在匀速下降过程中：F ＋F f ＝Mg ；在上升过程中：F ＝(M －m )g ＋F f .联立两式解得m ＝2(M －Fg )，A 选项正确．。

实验五探究动能定理考纲解读 1.通过实验探究力对物体做功与物体速度变化的关系.2.通过分析论证和实验探究的过程，培养实验探究能力和创新精神．考点一 对实验原理及误差分析的考查例1 探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图1所示，实验主要过程如下：图1(1)设法让橡皮筋对小车做的功分别为W 、2W 、3W 、…； (2)分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v 1、v 2、v 3、…； (3)作出W －v 草图；(4)分析W －v 图象．如果W －v 图象是一条直线，表明W ∝v ；如果不是直线，可考虑是否存在W ∝v 2、W ∝v 3、W ∝v 等关系．以下关于该实验的说法中有一项不正确，它是________．A ．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W 、2W 、3W 、….所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用1条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为W ，用2条、3条、…橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W 、3W 、…B ．小车运动中会受到阻力，补偿的方法是使木板适当倾斜C ．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带．纸带上打出的点，两端密、中间疏．出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算解析由于选用同样的橡皮筋，并且每次实验中橡皮筋拉伸的长度相同，因此每条橡皮筋对小车做的功都相同，故A正确；小车在运动中受到的阻力，采取平衡摩擦力的方法补偿，让木板固定有打点计时器的一端适当抬高，使重力的下滑分力与阻力平衡，故B正确；纸带上的点两端密、中间疏，说明小车先在橡皮筋拉力作用下加速，后在阻力作用下减速，故C正确；由于橡皮筋松驰后，小车做匀速运动，此时的速度是橡皮筋对小车做功后的最大速度，故求速度应该用做匀速运动的那一段纸带的数据，而不应该用从第一点到最后一点的数据来计算，故D错误．答案 D考点二对实验步骤和实验数据处理的考查例2某探究学习小组的同学欲探究“恒力做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图2所示的装置，另外他们还找到打点计时器以及学生电源、天平、刻度尺、细线、复写纸、纸带、小桶和砂子若干．并将小车连接上纸带，用细线通过滑轮挂上小砂桶．图2(1)某同学的实验步骤如下：用天平称量小车的质量M和砂与小桶的总质量m.让砂与小桶带动小车加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距为L，算出打这两点的速度v1与v2.①本实验装置图(准备放开小车时刻)中有什么缺点或错误？②要完成本实验，还缺哪些重要实验步骤？③本实验认为小车所受合外力等于砂与小桶的总重力，则应控制的实验条件是什么？(2)在实验操作正确的前提下，若挑选的一条点迹清晰的纸带如图3所示，已知相邻两个点间的时间间隔为T，从A点到B、C、D、E、F点的距离依次为x1、x2、x3、x4、x5，则由此可求得纸带上由B点到E点所对应的过程中，合外力对小车所做的功W＝________；该小车动能改变量的表达式为ΔE k＝________(结果用题中已知物理量的符号表示)；若满足________________，则动能定理得证．图3解析本题考查探究“恒力做功与物体动能变化的关系”的实验，意在考查学生对该实验的理解．(1)由实验过程以及实验装置图可知，实验装置图中细线与轨道平面应平行；初始时刻，小车应紧靠打点计时器；所缺步骤为：调节轨道的倾斜程度，使小车在无拉力时能在轨道上匀速运动(或平衡摩擦力)；(2)由做功及动能变化量可知，W＝mg(x4－x1)，ΔE k＝12M[(x5－x32T)2－(x22T)2]，只要满足W≈ΔE k，则动能定理得证．答案(1)①细线与轨道平面应平行；初始时刻，小车应紧靠打点计时器②调节轨道的倾斜程度，使小车在无拉力时能在轨道上匀速运动(或平衡摩擦力)③M≫m(2)mg(x4－x1)12M[(x5－x32T)2－(x22T)2]或M8T2[(x5－x3)2－x22]W≈ΔE k创新实验设计1．本实验中虽然不需计算出橡皮筋每次做功的具体数值，但需计算出每次小车获得的速度，由于距离的测量存在一定误差，使得速度的大小不准确，在此可以安装速度传感器进行实验．2．本实验也可用钩码牵引小车完成，在小车上安装拉力传感器测出拉力的大小，再测出位移的大小，进而确定力做功的多少．例3一物理兴趣小组用如图4所示装置测量滑块与长为L＝1 m的轨道之间的动摩擦因数以及探究滑块在沿轨道向上运动时所受合力做功与动能变化的关系．图4(1)测量滑块与轨道之间的动摩擦因数．轨道上安装有两个光电门，其中光电门1的位置可移动．当一带有宽度为d＝1 cm的遮光条的滑块自轨道上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光条通过光电门1、2所用的时间分别为Δt1、Δt2.使滑块以一定初速度下滑，调节轨道右端距桌面的高度，最终使Δt1＝Δt2，并用米尺测量出轨道右端距桌面的高度h＝25 cm；则滑块与轨道之间的动摩擦因数μ＝________；(2)探究滑块在沿轨道向上运动时所受合力做功与动能变化的关系．撤掉光电门2，保持实验(1)中h 不变，在轨道右端安装一光滑的定滑轮，用细绳连接滑块与力传感器(与电脑相连，其所受拉力可直接由电脑显示)，细线横跨过定滑轮，传感器连接一重物，如图5所示，操作：遮光条与光电门1的距离x 可从刻度尺上读出，通过改变光电门的位置，来获得多组数据：每次均由轨道底端无初速度释放滑块，与光电门相连的计时器显示出每次遮光条通过光电门1的所用的时间Δt ，并做好记录，如下表所示图5v ＝________；(保留三位有效数字)②要验证所受合力做功与动能变化的关系，还需要测出的物理量是( )A ．力学传感器的质量B ．滑块与遮光条的质量C ．重物的质量D ．滑块每次从静止开始滑到光电门所用的时间③一位同学每次实验得到力传感器的数值都为19.8 N ，并根据以上表中数据做出了v 2－x 图象，如图6所示．根据图象请你求出滑块的质量M ＝______.(重力加速度g ＝9.8 m/s 2)图6答案 (1)1515(2)①2.50 m/s ②B ③2 kg1．关于“探究动能定理”的实验中，下列叙述正确的是() A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C．放小车的长木板应尽量使其水平D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出答案 D解析实验中没有必要测出橡皮筋做功的具体数值，只要测出后来各次橡皮筋做的功是第一次的多少倍即可，A错误；为了使以后各次实验中橡皮筋做的功是第一次实验时的整数倍，必须使每次实验中橡皮筋拉伸的长度保持一致，B错误；为了减小误差，实验中应使长木板倾斜以平衡摩擦力，C错误；实验中应先接通电源，然后再释放小车，D 正确．2．某学习小组做“探究功与物体速度变化的关系”的实验装置如图7所示．图中小车在一条橡皮筋作用下弹出沿木板滑行，橡皮筋对小车做的功记为W.当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都完全相同．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带求出．通过实验数据分析可以得出功与物体速度变化的关系．图7(1)实验操作中需平衡小车受到的摩擦力，其最根本的目的是________．A．防止小车不能被橡皮筋拉动B．保证橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功C．便于小车获得较大的弹射速度D．防止纸带上点迹不清晰(2)如图8是某同学在正确实验操作过程中得到的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F为选取的计数点，相邻的两个计数点间有一个点没有画出，各计数点到O点的距离分别为：0.87 cm、4.79 cm、8.89 cm、16.91 cm、25.83 cm、34.75 cm，若打点计时器的打点频率为50 Hz，则由该纸带可知本次实验中橡皮筋做功结束时小车的速度是________m/s.图8答案(1)B(2)2.23解析(1)平衡摩擦力的根本目的是保证橡皮筋对小车做的功等于小车动能的变化，即合外力做的功；(2)由已知数据计算出相邻两点间的距离，可知E点速度最大，此时小车的动能等于橡皮筋做的功．3．如图9所示是某研究性学习小组做探究“橡皮筋做功和物体速度变化的关系”的实验，图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形．这时，橡皮筋对小车做的功记为W.当我们把2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放．小车每次实验中获得的速度由打点计时器所打点的纸带测出．图9(1)除了图中已给出的实验器材外，还需要的器材有____________________；(2)实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应采取的措施是___________________；(3)每次实验得到的纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量；(4)下面是本实验的数据记录表，请将第2次、第3次……实验中橡皮筋做的功填写在对应的位置；n n n根据表中测定的数据在如图10所示的坐标系中作出相应的图象验证理论的正确性．图10(6)若在实验中你作出的图线与理论的推测不完全一致，你处理这种情况的做法是______________________________．答案(1)刻度尺(2)把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力(3)点距均匀(4)2W、3W、4W、5W(5)v2n图象见解析图(6)分析误差来源，改进实验方案或测量手段，重新进行实验解析(1)计算小车速度需要测量纸带上的点的距离，要用刻度尺．(2)要让小车在木板上匀速运动，因而木板要倾斜以平衡摩擦力．(3)小车匀速运动时，纸带上的点的间隔均匀．(4)橡皮筋每增加一条，对小车做的功就增加W.(5)纵坐标表示速度的平方，横坐标表示功，利用描点法描出各组数据对应的点，然后用平滑曲线连线作出v2n－W n图象，如图所示．(6)分析误差来源，改进实验方案或测量手段，重新进行实验．4．(2013·四川理综·8(2))如图11所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：图11①为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________运动．②连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图12所示的纸带．纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时小车所受拉力为0.2 N，小车的质量为0.2 kg.图12请计算小车所受合外力做的功W 和小车动能的变化ΔE k ，补填表中空格(结果保留至小数点后第四位).k ③实验前已测得托盘质量为7.7×10－3kg ，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为________kg(g 取9.8 m/s 2，结果保留至小数点后第三位)． 答案 ①匀速直线(或匀速)②0.111 5 0.110 5 ③0.015解析 ①取下细绳与托盘后，当摩擦力恰好被平衡时，小车与纸带所受合力为零，获得初速度后应做匀速直线运动．②由题图可知OF ＝55.75 cm ，再结合v t2＝v 可得打下计数点F 时的瞬时速度v F ＝OG －OE2T＝1.051 m/s 2，故W ＝F ·OF ＝0.111 5 J ，ΔE k ＝12M v 2F≈0.110 5 J.③根据牛顿第二定律有：对小车F ＝Ma ，得a ＝1.0 m/s 2；对托盘及砝码(m ＋m 0)g －F ＝(m ＋m 0)a ，故有m ＝F g －a －m 0＝0.29.8－1.0 kg －7.7×10－3 kg ＝0.015 kg5．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：第一步：把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M 的滑块通过细绳与质量为m 的带夹重锤跨过定滑轮相连，重锤夹后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图13甲所示．第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示．打出的纸带如图丙所示．图13请回答下列问题：(1)已知O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 相邻计数点间的时间间隔为Δt ，根据纸带求滑块速度，打点计时器打B 点时滑块速度v B ＝________.(2)已知重锤质量为m ，当地的重力加速度为g ，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块______(写出物理名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达式W 合＝________.(3)算出滑块运动OA 、OB 、OC 、OD 、OE 段合外力对滑块所做的功W 以及在A 、B 、C 、D 、E 各点的速度v ，以v 2为纵轴、W 为横轴建立直角坐标系，描点作出v 2－W 图象，可知该图象是一条________，根据图象还可求得________．答案 (1)x 3－x 12Δt (2)下滑的位移x mgx (3)过原点的直线 滑块的质量M解析 本题考查动能改变与合外力做功的关系，意在考查学生对该实验的理解． (1)由打出的纸带可知B 点的速度为v B ＝x 3－x 12Δt ；(2)由做功定义式可知还需要知道滑块下滑的位移，由动能定理可知W 合＝ΔE k ，即mgx ＝ΔE k ；(3)v 2－W 图象应该为一条过原点的直线．。

专题强化六 综合应用力学两大观点解决三类问题专题解读 1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．命题点一 多运动过程问题1．分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况； (3)功能关系分析：运用动能定理、功能关系或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解． 2．方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案． 例1 (2018·河南省驻马店市第二次质检)如图1所示，AB 和CDO 都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置．AB 是半径为R ＝1 m 的14圆周轨道，CDO 是半径为r＝0.5 m 的半圆轨道，最高点O 处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量，图中没有画出)D 为CDO 轨道的中点．BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC 段水平轨道长L ＝2 m ，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m ＝1 kg 的小球P 从A 点的正上方距水平线OA 高H 处自由落下：(取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力)图1(1)当H ＝2 m 时，问此时小球第一次到达D 点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，问H 的取值范围． 答案 (1)84 N (2)0.65 m ≤H ≤0.7 m解析 (1)设小球第一次到达D 点的速度为v D ，对小球从静止到D 点的过程，根据动能定理有：mg (H ＋r )－μmgL ＝12m v D 2在D 点轨道对小球的支持力F N 提供向心力，则有F N ＝m v D 2r联立解得：F N ＝84 N ，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：F N ′＝F N ＝84 N ； (2)为使小球仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，则有：mgH min －μmgL ＝12m v 02在O 点由牛顿第二定律有：mg ＝m v 02r代入数据解得：H min ＝0.65 m仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最大时，与挡板碰后再返回最高能上升到D 点，则mg (H max ＋r )－3μmgL ＝0 代入数据解得：H max ＝0.7 m 故有：0.65 m ≤H ≤0.7 m.变式1 (2018·河南省周口市期末)如图2所示，半径R ＝0.3 m 的竖直圆槽型光滑轨道与水平轨道AC 相切于B 点，水平轨道的C 点固定有竖直挡板，轨道上的A 点静置有一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F ＝6.0 N 、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC 向右运动，当运动到AB 之间的D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B 点后进人竖直圆槽轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103 N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图2(1)小物块运动到B 点时的速度大小； (2)拉力F 作用在小物块上的时间t ；(3)若小物块从竖直圆轨道滑出后，经水平轨道BC 到达C 点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围． 答案 (1)4 m/s (2)53 s(3)0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025解析 (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律得F N ＝F N ′＝103 N ，则v ＝2 m/s物块从B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得2mgR ＋12m v 2＝12m v B 2可得v B ＝4 m/s ；(2)小物块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有 Fs －μ1mgx AB ＝12m v B 2－0由牛顿第二定律有F －μ1mg ＝ma 由位移公式有s ＝12at 2联立解得t ＝53s.(3)设小物块与BC 段间的动摩擦因数为μ2. ①物块在圆轨道最高点的最小速度为v 1， 由牛顿第二定律有mg ＝m v 12R由动能定理有－2μ2mgx BC －2mgR ＝12m v 12－12m v B 2解得μ2＝0.025故物块能从C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道时应满足0≤μ2≤0.025 ②物块从C 点返回在圆轨道上升高度R 时速度为零， 由动能定理有－2μ2mgx BC －mgR ＝0－12m v B 2解得μ2＝0.25物块从C 点返回刚好运动到B 点， 解得－2μ2mgx BC ＝0－12m v B 2μ2＝0.4故物块能返回圆形轨道(不能到达最高点)且不会脱离轨道时应满足0.4>μ2≥0.25 综上所述，0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025.命题点二 传送带模型1．设问的角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系． (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解． 2．功能关系分析(1)功能关系分析：W ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W 和Q 的理解：①传送带克服摩擦力做的功：W ＝F f x 传； ②产生的内能：Q ＝F f x 相对．模型1 水平传送带问题例2 (2018·河南省郑州一中上学期期中)如图3，一水平传送带以4 m/s 的速度逆时针传送，水平部分长L ＝6 m ，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个质量为m ＝1.0 kg 的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远处的过程中因摩擦而产生的热量．图3答案 32 J解析 物块在传送带上加速到与传送带同速时 对物块有F f ＝μmg ＝ma 解得：a ＝2 m/s 2物块所用的时间为：t 1＝va ＝2 s则物块的位移为：x 1＝v 22a ＝4 m<L ＝6 m传送带匀速运动的位移为：x 1′＝v t 1＝8 m 则相对位移为Δx 1＝x 1′－x 1＝4 m 因摩擦产生的热量Q 1＝F f Δx 1＝8 J接着二者一起匀速运动，物块冲上斜面再返回传送带，向右减速到零，则在传送带上运动时， 物块的位移为：x 2＝v 22a＝4 m物块所用的时间为：t 2＝va＝2 s传送带匀速运动的位移为：x 2′＝v t 2＝8 m 则相对位移为：Δx 2＝x 2′＋x 2＝12 m 因摩擦产生的热量Q 2＝F f Δx 2＝24 J全程因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝32 J.模型2 倾斜传送带问题例3 (2018·陕西师大附中模拟)如图4所示，与水平面成30°角的传送带以v ＝2 m/s 的速度按如图所示方向顺时针匀速运动，AB 两端距离l ＝9 m ．把一质量m ＝2 kg 的物块(可视为质点)无初速度的轻轻放到传送带的A 端，物块在传送带的带动下向上运动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝7153，不计物块的大小，g 取10 m/s 2.求：图4(1)从放上物块开始计时，t ＝0.5 s 时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少？(2)把这个物块从A 端传送到B 端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？ (3)把这个物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？ 答案 (1)14 W 28 W (2)14 J (3)18.8 W 解析 (1)物块受沿传送带向上的摩擦力为： F f ＝μmg cos 30°＝14 N由牛顿第二定律得：F f －mg sin 30°＝ma ， a ＝2 m/s 2物块与传送带速度相同时用时为：t 1＝v a ＝22 s ＝1 s因此t ＝0.5 s 时刻物块正在加速， 其速度为：v 1＝at ＝1 m/s则此时刻摩擦力对物块做功的功率是： P 1＝F f v 1＝14 W此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是： P 2＝F f v ＝28 W(2)当物块与传送带相对静止时：物块的位移x 1＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m<l ＝9 m摩擦力对物块做功为：W 1＝F f x 1＝14×1 J ＝14 J 此段时间内传送带克服摩擦力所做的功： W 2＝F f v t 1＝28 J这段时间产生的热量：Q ＝W 2－W 1＝14 J (3)物块在传送带上匀速运动的时间为： t 2＝l －x 1v ＝4 s把物块由A 端传送到B 端摩擦力对物块所做的总功为： W 总＝mgl sin 30°＋12m v 2把物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是： P ＝W 总t 1＋t 2＝18.8 W. 命题点三 滑块—木板模型1．模型分类滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型． 2．位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度． 3．解题关键找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例4 (2019·四川省德阳市质检)如图5所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h .将质量为m 、长度为L 的木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图5(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0大小； (2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W . 答案 (1)(2h －L )g (2)32mg (3)94mgh解析 (1)由动能定理得12×2m v 02＝2mg (h －L sin θ)解得：v 0＝(2h －L )g(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F 0－2mg sin θ＝2ma 0 对物块由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0 解得：F 0＝32mg(3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 对木板与物块整体有2mg sin θ＝2ma 4 另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2) a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 312a 1t 12＋a 1t 1t 2－12a 3t 22＋12a 4t 32＝h sin θ W ＝F ·12a 1t 12解得：W ＝94mgh .变式2 如图6甲所示，半径R ＝0.45 m 的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道的最低点，B 点右侧的光滑水平面上紧挨B 点有一静止的小平板车，平板车质量M ＝1 kg ，长度l ＝1 m ，小车的上表面与B 点等高，距地面高度h ＝0.2 m ．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点A 由静止释放．取g ＝10 m/s 2.试求：图6(1)物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A 由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离． 答案 (1)30 N (2)1 m/s (3)0.2 m解析 (1)物块从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则有mgR ＝12m v B 2解得v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律得，F N －mg ＝m v B 2R ，解得F N ＝30 N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝30 N ，方向竖直向下． (2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功 W f ＝－μ1mg ＋μ2mg2l ＝－4 J物块由静止到滑离平板车过程中由动能定理得， mgR ＋W f ＝12m v 2，解得v ＝1 m/s(3)当平板车不固定时，对物块有a 1＝μg ＝2 m/s 2 对平板车有a 2＝μmgM ＝2 m/s 2经过时间t 1物块滑离平板车，则有 v B t 1－12a 1t 12－12a 2t 12＝1 m解得t 1＝0.5 s(另一解舍掉)物块滑离平板车时的速度v 物＝v B －a 1t 1＝2 m/s 此时平板车的速度v 车＝a 2t 1＝1 m/s 物块滑离平板车后做平抛运动的时间t 2＝2hg＝0.2 s 物块落地时距平板车右端的水平距离s ＝(v 物－v 车)t 2＝0.2 m.。